2017-2018学年高二物理下学期期末考试试题（含解析） (II).doc

2017-2018学年高二物理下学期期末考试试题（含解析） (II)一、单项选择题1. 碘131的半衰期约为8天，若某药物含有质量为m的碘131，经过32天后，该药物中碘131的含量大约还有（ ）A. 0 B. m/4 C. m/8 D. m/16【答案】D【解析】碘131的半衰期约为8天，经过32天为，碘131的剩余质量为：，故选D。【点睛】半衰期是放射性原子核剩下一半需要的时间，根据公式求解剩余原子核的质量2. 参考以下几个示意图，关于这些实验或者现象，下列说法错误的是( )A. 核反应堆中控制棒插入，则多吸收中子让反应减弱B. 放射线在磁场中偏转，没有偏转的为射线，电离能力最强C. 链式反应属于重核的裂变D. 汤姆孙通过研究阴极射线发现了电子，认识到原子的复杂结构【答案】B【解析】A、根据核反应堆，控制棒的作用可知，图中核电反应堆示意图控制棒插入深一些，让它吸多中子，中子数减少，反应速率会慢一些，故A正确。B、中间没有偏转的为粒子，电离能力最弱，而穿透能力最强，故B错误。C、重核的裂变反应物中子在生成物中出现，反应可以继续，属于链式反应，故C正确。D、通过研究阴极射线发现了电子，汤姆孙提出原子有复杂结构，故D正确。本题选错误的故选B。【点睛】考查原子结构模型的发现者及其意义；掌握三种射线的区别与组成；理解链式反应与热核反应的区别，及阴极射线发现的意义3. 下列几种说法中，正确的是（ ）A. 红外线、可见光、紫外线、射线，是按波长由长到短排列B. 紫外线是一种紫色的可见光C. 均匀变化的电场可产生均匀变化的磁场D. 光的干涉、衍射现象说明光波是横波【答案】A【解析】A、红外线、可见光、紫外线、射线，是按波长由长到短排列，A正确。B、紫外线是一种波长比紫色光短的不可见光，B错误。C、根据麦克斯韦的电磁波理论可知，均匀变化的电场可产生恒定的磁场，C错误。D、光的干涉和衍射现象说明光波是一种波，但不能说明是横波，D错误。故选A。【点睛】掌握电磁波谱中各光的波长与频率的关系，了解各种色光在生活中的应用4. 下列说法中正确的是( )A. 居里夫人首先发现了天然放射现象B. 卢瑟福在a粒子散射实验中发现了电子C. 原子核发生衰变时，放射出的高速电子来源于绕原子核做圆周运动的核外电子D. 铀（）经过8次衰变和6次衰变变成铅（）【答案】D【解析】A、贝克勒尔发现了天然发射现象。故A错误。B、汤姆孙发现了电子，于是他提出了原子枣糕模型，卢瑟福在用粒子轰击金箔的实验提出原子核式结构学说，故B错误。C、衰变时所释放的电子来源于原子核中子转变质子而放出的，故C错误。D、铀核()衰变成铅核()，电荷数为10，质量数少32，设经过n次衰变，m次衰变，则有：4n=32，2n-m=10，解得n=8，m=6，故D正确。故选D。【点睛】电子、质子、中子的发现者，以及各种原子模型，认识衰变反应，知道各种射线的用途与作用。5. 氢原子能级如图，当氢原子从跃迁到的能级时，辐射光的波长为656nm。以下判断正确的是( ) A. 氢原子从跃迁到的能级时，辐射光的波长大于656nmB. 用动能为10.5eV的入射电子碰撞激发，可使氢原子从跃迁到的能级C. 用波长为656nm的光照射，能使处在能级的氢原子电离D. 一个处于能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生3种谱线【答案】B【解析】A、从n=3跃迁到n=2的能级时，辐射光的波长为656nm，而当从n=2跃迁到n=1的能级时，辐射能量更多，则频率更高，由知波长小于656nm。故A错误。B、当从n=1跃迁到n=2的能级，吸收的能量：，而用入射电子碰撞转移能量可能会损失或部分转移，则10.5eV10.2eV,可以使电子跃迁，故B正确；C、波长为656nm的光对应的能量为，而n=2能级的电子电离需要的电离能为，故光的能量不够电离，C错误。D、一个氢原子只有一个电子能跃迁，同一时刻只能出现在一个能级上，则逐级向下跃迁产生的谱线最多为2种，故D错误。故选B。【点睛】解决本题的关键掌握光电效应的条件，以及知道能级间跃迁辐射的光子能量等于两能级间的能级差6. 如图所示表示t=0时刻两列相干水波的叠加情况，图中的实线表示波峰，虚线表示波谷。设两列波的振幅均为5 cm，且图示的范围内振幅不变，两列水波的波速和波长都相同且分别为1m/s和0.2m，C点是BE连线的中点，下列说法中正确的是( ) A. 从图示时刻再经过0.65s时,C点经过的路程130cmB. C点和D点都保持静止不动C. 图示时刻A、B两点的竖直高度差为10cmD. 随着时间的推移，E质点将向C点移动，经过四分之一周期，C点到达波峰【答案】A【解析】A、波的周期，从图示时刻起经，B是振动加强点其振幅为A=10cm，则通过的路程为，故A正确。B、则A、E是波峰与波峰相遇，B点是波谷与波谷相遇，C是平衡位置相遇处，它们均属于振动加强区，振幅均为10cm；而D是波峰与波谷相遇处，属于振动减弱点，振幅为0而静止不动，故B错误。C、A点在波峰相遇处离平衡位置10cm，B为波谷相遇处离平衡位置10cm，故两点的高度差为20cm，C错误。D、再经过四分之一个周期，E点在上下振动到平衡位置，C点振动到达波峰，但质点并不会迁移，只是波形会移动，故D错误。故选A。【点睛】注意此题是波动与振动的结合，注意二者之间的区别与联系，运动方向相同时叠加属于加强，振幅为二者之和，振动方向相反时叠加属于减弱振幅为二者之差7. 如图所示，a、b两种单色光沿不同方向射向玻璃三棱镜，经三棱镜折射后沿同一方向射出，下列说法中正确的是（ ）A. 在玻璃中，a光传播速度较大B. 若a为绿光，则b可能为黄光C. 光从玻璃射向空气时，a光发生全反射的临界角较小D. 在玻璃中，b光波长较长【答案】A【解析】A、由图可以看出b光偏折程度较大，则b光的折射率较大，根据知b光的传播速度较小，故A正确。B、b光的折射率较大，但黄光的折射率小于绿光的折射率，故B错误。C、光从玻璃射向空气时，由临界角公式，则b光的临界角较小，故C错误。D、a光的折射率小于b光的折射率，说明a光的频率小于b光的频率，由知，a光的波长大于b光的波长，故D错误。故选A。【点睛】本题光的色散现象，对于色散研究得到的七种色光排列顺序、折射率大小等等要记牢，同时，要记住折射率与波长、频率、临界角的关系，这些都是考试的热点8. 如图1所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图象如图2中曲线，所示，则（ ）A. 两次时刻线圈平面均与磁场方向平行B. 曲线、对应的线圈转速之比为C. 曲线表示的交变电动势频率为50HzD. 曲线表示的交变电动势有效值为【答案】B【解析】A、在t=0时刻瞬时电动势为零，则磁通量最大线圈平面均与磁场方向垂直，线圈一定处在中性面上，故A错误。B、由图可知，a的周期为410-2s；b的周期为610-2s，则由转速可知，转速与周期成反比，故转速之比为3:2，故B正确。C、曲线a的交变电流的频率，故C错误。D、曲线a和b对应的线圈转速之比为3：2，曲线a表示的交变电动势最大值是15V，根据得曲线b表示的交变电动势最大值是10V，而，故D错误。故选B。【点睛】本题考查了有关交流电描述的基础知识，要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频率、角速度等物理量9. 一个不稳定的原子核质量为M，处于静止状态。放出一个质量为m的粒子后反冲。已知放出的粒子的动能为E0，则原子核反冲的动能为（ ）A. E0 B. C. D. 【答案】C放出的粒子的动能为： 原子核反冲的动能：联立得：Ek=，故ABD错误，C正确。故选C。10. 图（a）为一列简谐横波在t=2s时的波形图，图（b）为介质中平衡位置在x=1.5m处的质点的振动图像，P是平衡位置为x=2m的质点。下列说法不正确的是（ ）A. 波速为0.5m/s B. 波的传播方向向左C. 当t=7s时，P恰好回到平衡位置 D. 02s时间内，P向y轴正方向运动【答案】D【解析】A、由图（a）可知该简谐横波波长为2m，由图（b）知周期为4s，则波速为，故A正确；B、根据图（b）的振动图象可知，在x=1.5m处的质点在t=2s时振动方向向下，所以该波向左传播，故B正确。C、当t=7s时，P恰好回平衡位置，故C正确；D、由于该波向左传播，由图（a）可知t=2s时，质点P已经在波谷，所以可知02s时间内，P向y轴负方向运动，故D错误；本题选择不正确的故选D。【点睛】熟练利用波形平移法判断质点的振动方向与传播方向、利用周期表示时间，求质点的路程、注意时间和空间周期性的对应11. 如图，质量为m的人在质量为M的平板车上从左端走到右端，若不计平板车与地面的摩擦，则下列说法正确的是（ ）A. 人在车上行走时，车将向右运动B. 当人停止走动时，由于车的惯性大，车将继续后退C. 若人越慢地从车的左端走到右端，则车在地面上移动的距离越大D. 不管人在车上行走的速度多大，车在地面上移动的距离都相同【答案】D【解析】A、人与车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得：mv人+Mv车=0，故车的方向一定与人的运动方向相反；故人与车的速度方向相反，人在车上向右行走时，车将向左运动，故A错误；B、因总动量为零，故人停止走动速度为零时，车的速度也为零，故B错误；C、D、因人与车的运动时间相等，动量守恒，以人的方向为正方向，则有：mx人-Mx车=0；故车与人的位移之比为：不变；则车的位移与人的运动速度无关，不论人的速度多大，车在地面上移动的距离都相等；故C错误，D正确。故选D。【点睛】本题考查动量守恒定律的应用“人船模型”，要注意人船具有相反方向的运动，运动位移与速度大小无关12. 如图所示，半径为 r 且水平放置的光滑绝缘的环形管道内，有一个电荷量为 e，质量为 m 的电子。此装置放在匀强磁场中，其磁感应强度随时间变化的关系式为 B=B0+kt（k0）。根据麦克斯韦电磁场理论，均匀变化的磁场将产生稳定的电场，该感应电场对电子将有沿圆环切线方向的作用力，使其得到加速。设t=0时刻电子的初速度大小为v0，方向顺时针，从此开始后运动一周后的磁感应强度为B1，则此时电子的速度大小为 ( ) A. B. C. D. 【答案】B【解析】A、C、电子在管道中被加速，做变速圆周运动，沿半径方向有洛伦兹力和管壁的弹力一起提供向心力，因无法知道弹力大小，则用向心力公式无法求出电子的速度；故A错误，C错误。B、D、根据法拉第电磁感应定律得感生电动势大小为，电场方向逆时针，电场力对电子做正功。在转动一圈过程中对电子用动能定理：，解得，故B正确，D错误。故选B。【点睛】本题要能够根据法拉第电磁感应定律计算出感应电动势，这是一个难点，然后根据动能定理计算末速度13. 如图所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B。电阻为R、半径为L、圆心角为90的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O轴以角速度匀速转动（O轴位于磁场边界）。则线框内产生的感应电流的有效值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】半径切割磁感线产生的感应电动势：,交流电流的有效值是根据电流的热效应得出的，线框转动周期为T，而线框转动一周只有的时间内有感应电流,则有：，解得，故选C。【点睛】本题就是考查电流有效值的计算，最好能画出一个周期内的电流图象再用三同求出.14. 如图所示，将一个折射率为n的透明长方体放在空气中，矩形ABCD是它的一个截面，一单色细光束入射到P点，入射角为。，则( )A. 若要使光束进入长方体后能射至AD面上，角的最小值为arcsinB. 若要使光束进入长方体后能射至AD面上，角的最小值为arcsinC. 若要此光束在AD面上发生全反射，角的范围应满足arcsinarcsinD. 若要此光束在AD面上发生全反射，角的范围应满足arcsinarcsin【答案】B【解析】A、B、当光束进入长方体后恰好射至AD面上D点时，角的值最小。设此时光线在AB面的折射角为根据几何知识得：，由已知条件代入解得：，由得：，可得，故A错误，B正确。C、D、设光束射AD面上的入射角为，若要此光束在AD面上发生全反射，则必须有C，得到，由几何知识得：+=90，可得：，又由得，则，所以若要此光束在AD面上发生全反射，角的范围应满足：，故C、D均错误。故选B。【点睛】本题是全反射、折射定律、临界角等知识的综合应用，首先要正确作出光路图，运用几何知识研究折射角的正弦。15. 如图甲所示，电阻不计且间距为L=1m的光滑平行金属导轨竖直放置，上端连接阻值为R=1的电阻，虚线OO下方有垂直于导轨平面的匀强磁场现将质量为m=0.3kg、电阻Rab=1的金属杆ab从OO上方某处以一定初速释放，下落过程中与导轨保持良好接触且始终水平在金属杆ab下落0.3m的过程中，其加速度a与下落距离h的关系图象如图乙所示已知ab进入磁场时的速度v0=3.0m/s，取g=10m/s2则下列说法正确的是（）A. 进入磁场后，金属杆ab中电流的方向由b到aB. 匀强磁场的磁感应强度为1.0TC. 金属杆ab下落0.3m的过程中，通过R的电荷量0.24CD. 金属杆ab下落0.3m的过程中，R上产生的热量为0.45J【答案】C【解析】A、进入磁场后棒切割磁感线产生动生电动势，根据右手定则判断可知金属杆ab中电流的方向由a到b，故A错误。B、由乙图知，刚进入磁场时，金属杆的加速度大小a0=10m/s2，方向竖直向上，由牛顿第二定律得：，设杆刚进入磁场时的速度为v0，则有，联立得，代入数据解得，故B错误。C、由图象可知金属杆在磁场外下落的高度为0.06m，则在磁场中下降的高度，则通过R的电荷量，故C正确。D、由图线可知，下落0.3m时做匀速运动，根据平衡有，解得金属杆的速度；根据能量守恒得，而两电阻串联热量关系为，联立解得，故D错误。故选C。【点睛】本题关键要根据图象的信息读出加速度和杆的运动状态，由牛顿第二定律、安培力、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、能量守恒等多个知识综合求解，综合较强。二、实验题16. 在“用单摆测定重力加速度”的实验中：(1)为了减小测量周期的误差，计时开始时，摆球应是经过最_（填“高”或“低”）点的位置，且用秒表测量单摆完成多次次全振动所用的时间。（2）为了提高实验精度，在试验中可改变几次摆长，测出相应的周期，从而得出一组对应的和T的数值，再以为横坐标T2为纵坐标，将所得数据连成直线如图所示，利用图线的斜率可求出重力加速度的表达式为=_，可求得=_m/s2。（保留三位有效数字）【答案】 (1). 低 (2). (3). 9.86【解析】(1)小球的偏角在很小(5)时，小球的振动才近似看成简谐运动在摆球经过最低点时开始计时，产生的时间误差较小(2)由单摆的周期公式为：,变形得，则函数的斜率，解得重力加速度，代入图象的数据可得，解得.【点睛】掌握单摆的周期公式以及减小误差的方法，求解重力加速度时借助数形结合的思想17. 某学习兴趣小组的同学为了验证动量守恒定律，分别用如下图的三种实验实验装置进行实验探究，图中斜槽末端均水平。(1)用图甲和图乙所示装置进行实验时，若入射小球质量为m1，半径为r1；被碰小球质量为m2，半径为r2，则_A. B. C、 D、 (2)在用图乙所示装置进行实验时(P为碰前入射小球落点的平均位置)，设入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，所得“验证动量守恒定律”的结论为(用装置图中的字母表示)_。(4)用如图丙所示装置验证动量守恒定律，用轻质细线将小球1悬挂于0点，使小球1的球心到悬点0的距离为L，被碰小球2放在光滑的水平桌面上的B点.将小球1从右方的A点(OA与竖直方向的夹角为)由静止释放，摆到最低点时恰与小球2发生正碰，碰撞后，小球1继续向左运动到C点，小球2落到水平地面上到桌面边缘水平距离为x的D点。实验中已经测得上述物理量中的a、L、x，为了验证两球碰撞过程动量守恒，已知小球1的质量m1，小球2的质量m2，还应该测量的物理量有_ _。【答案】 (1). C (2). (3). OC与竖直方向的夹角 (4). 桌面高度h(2) P为碰前入射小球落点的平均位置，M为碰后入射小球的位置，N为碰后被碰小球的位置，碰撞前入射小球的速度为，碰撞后入射小球的速度为，碰撞后被碰小球的速度为：，将动量守恒式m1v0=m1v1+m2v2的速度代入化简可得：m1OP=m1OM+m2ON。(3)为了验证两球碰撞过程动量守恒，需要测量两小球的质量，小球1质量m1，小球2质量m2，小球1碰撞前后的速度可以根据机械能守恒定律测出，所以还需要测量OC与OB夹角，需要通过平抛运动测量出小球2碰后的速度，需要测量水平位移S和桌面的高度h;验证动量守恒的表达式为.【点睛】本题考查验动量守恒定律的三种情景，要注意本实验中运用等效思维以及碰撞前后的瞬时速度如何测出。18. 某同学设计了一个用刻度尺测半圆形玻璃砖折射率的实验，如图所示，他进行的主要步骤是：A用刻度尺测玻璃砖的直径AB的大小d；B先把白纸固定在木板上，将玻璃砖水平放置在白纸上，用笔描出玻璃砖的边界，将玻璃砖移走，标出玻璃砖的圆心O、直径AB以及AB的法线OC；C将玻璃砖放回白纸的原处，长直尺MN紧靠A点并与直径AB垂直放置；D调节激光器，使PO光线从玻璃砖圆弧面沿半径方向射向圆心O，并使长直尺MN的左右两端均出现亮点，记下左侧亮点到A点距离s1，右侧亮点到A点的距离s2。则：（1）该同学利用实验数据计算玻璃折射率的表达式为n_。（2）该同学在实验过程中，发现直尺MN上只出现一个亮点，他应该采取措施是_。【答案】 (1). (2). 减小入射角【解析】(1)设光线在AB面上的入射角为，折射角为,光路如图：根据几何关系有：，则折射率为.(2) 在BOC大于等于全发射的临界角，只有反射没有折射，则直尺MN上只出现一个亮点该同学在实验过程中，发现直尺MN上只出现一个亮点，他应该采取措施是减小入射角.【点睛】本题考查了光的折射定律，关键作出光路图，结合折射定律和几何知识进行求解三、计算题19. 如图，三角形ABC为某透明介质的横截面，O为BC边的中点，位于截面所在平面内的一束光线自O以角i入射，第一次到达AB边恰好发生全反射已知15，BC边长为2L，该介质的折射率为.求：(1)入射角i；(2)从入射到发生第一次全反射所用的时间(设光在真空中的速度为c，可能用到 或)【答案】(1)i45(2) 【解析】试题分析：（1）根据全反射定律可知，光线在AB面上P点的入射角等于临界角C，由折射定律得：，代入数据得：设光线在BC面上的折射角为，由几何关系得：由折射定律得：，联立代入数据得：。（2）在中，根据正弦定理得：，设所用时间为，光线在介质中的速度为，得：，光在玻璃中的传播速度，联立代入数据得：。考点：光的折射定律【名师点睛】由全反射定律求出临界角，由几何关系得到光线在BC面上的折射角，折射定律得到入射角；根据正弦定理求出光线在介质中路程，由求出光在玻璃中的传播速度，进而求出所用时间。视频20. 一根弹性绳沿x轴方向放置，左端在原点O，用手握住绳的左端使其沿y轴方向做简谐运动，经1 s在绳上形成一列简谐波，波恰好传到x=1m处的M质点，波形如图所示，若从该时刻开始计时，(1)求这列波的波速大小：(2)写出M点的振动方程；(3)经过时间 t，x =3.5m处的N质点恰好第一次沿y轴正向通过平衡位置，请在图中画出此时弹性绳上的波形，并求出时间t。【答案】(1) (2)(3) 【解析】(1)由图可知=2m，周期为T=2s，则波速.(2)振幅 A=8cm，角速度初相位为=则M点的振动方程为 x=Asin(t+)=0.08sin(3.14t+) m(3)波从M点传到N点时间为再经过N质点第一次沿y轴正向通过平衡位置，则t=t1+t2=3.5s图象如图所示:【点睛】本题也可根据平移法求解N点恰好第一次沿y轴正方向通过平衡位置的时间，即为图中O点的振动传到N点的时间21. 如图所示，粗糙的水平面连接一个竖直平面的半圆形光滑轨道，其半径R=0.1m，半圆形轨道的底端放置一个质量为m=0.1kg的小球B，水平面上有一个质量为M=0.3kg的小球A以初速度v0=4.0m/s开始向着小球B滑动，经过时间t=0.80s与B发生弹性碰撞。设两小球均可以看作质点，它们的碰撞时间极短，且已知小球A与桌面间的动摩擦因数=0.25，求：(1)两小球碰前A的速度；(2)小球B运动到最高点C时对轨道的压力(3)确定小球A所停的位置距圆轨道最低点的距离【答案】（1）vA=2 m/s（2）小球对轨道的压力的大小为4N，方向竖直向上。（3）0.2m【解析】试题分析：（1）碰前对A由动量定理有：，解得：。（2）对AB：碰撞前后动量守恒：碰撞前后动能保持不变：由以上各式解得：又因为B球在轨道上机械能守恒：，解得：。在最高点C对小球B有：，解得：。由牛顿第三定律知：小球对轨道的压力的大小为，方向竖直向上。（3）对A沿圆轨道运动时：，因此A沿圆轨道运动到最高点后又原路返回到最低点，此时A的速度大小为，由动能定理得：，解得：。考点：动量守恒定律、机械能守恒定律【名师点睛】本题考查了圆周运动与能量守恒定律的综合运用问题，是力学典型的模型，也可以用动能定理结合牛顿第二定律求解。22. 如图甲所示，MN、PQ是固定于同一水平面内相互平行的粗糙长直导轨，间距L2.0m；R是连在导轨一端的电阻，质量m1.0kg的导体棒ab垂直跨在导轨上，电压传感器与这部分装置相连。导轨所在空间有磁感应强度B0.5T、方向竖直向下的匀强磁场。从t0开始对导体棒ab施加一个水平向左的外力F，使其由静止开始沿导轨向左运动，电压传感器测出R两端的电压随时间变化的图线如图乙所示，其中OA段是直线，AB段是曲线、BC段平行于时间轴。假设在从1.2s开始以后，外力F的功率P4.5W保持不变。导轨和导体棒ab的电阻均可忽略不计，导体棒ab在运动过程中始终与导轨垂直，且接触良好。不计电压传感器对电路的影响（g10m/s2）。求（1）导体棒ab做匀变速运动的加速度及运动过程中最大速度的大小；（2）在1.2s2.4s的时间内，该装置产生的总热量Q；（3）导体棒ab与导轨间的动摩擦因数和电阻R的值。【答案】（1）a0.75m/s2 vml.0m/s（2）Q5.31J （3）0.2，R0.4【解析】试题分析：（1）导体棒内阻不计，EU，B、L为常数，在01.2s内导体棒做匀加速直线运动。设导体棒加速度为a，t11.2s时导体棒速度为v1，由图可知，此时电压U10.90V。1分得v10.90m/s 1分由1分得a 0.75m/s2 1分从图可知，t2.4s时R两端的电压最大，Eml.0V由得vm l.0m/s 1分（2）在1.2s2.4s内，由功能关系得2分解得Q5.31J 1分（3）当tl.2s时，设拉力为F1，则1分同理，设t2.4s时拉力为F2，则根据牛顿第二定律1分1分又1分代入数据可得0.2，R0.4 1分考点：考查了导体切割磁感线运动综合应用